2021屆一輪復習人教A版三角函數的圖象與性質學案1．“五點法”作圖原理在確定正弦函數y＝sinx在[0,2π]上的圖象形狀時，起關鍵作用的五個點是(0,0)、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))、(π，0)、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π，－1))、(2π，0)。2．三角函數的圖象和性質函數性質y＝sinxy＝cosxy＝tanx定義域eq\a\vs4\al(R)eq\a\vs4\al(R){x|x≠kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z}圖象續(xù)表1．函數y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為T＝eq\f(2π,|ω|)，函數y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期為T＝eq\f(π,|ω|)。2．求函數y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間時，應注意ω的符號，只有當ω>0時，才能把(ωx＋φ)看作一個整體，代入y＝sint的相應單調區(qū)間求解。3．函數y＝sinx與y＝cosx的對稱軸分別是經過其圖象的最高點或最低點且垂直于x軸的直線，如y＝cosx的對稱軸為x＝kπ(k∈Z)，而不是x＝2kπ(k∈Z)。4．對于y＝tanx不能認為其在定義域上為增函數，而是在每個區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)內為增函數。一、走進教材1．(必修4P46A組T2,3改編)若函數y＝2sin2x－1的最小正周期為T，最大值為A，則()A．T＝π，A＝1 B．T＝2π，A＝1C．T＝π，A＝2 D．T＝2π，A＝2解析最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，最大值A＝2－1＝1。故選A。答案A2．(必修4P40練習T4)下列關于函數y＝4sinx，x∈[－π，π]的單調性的敘述，正確的是()A．在[－π，0]上是增函數，在[0，π]上是減函數B．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函數，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))及eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是減函數C．在[0，π]上是增函數，在[－π，0]上是減函數D．在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))及eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上是增函數，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是減函數解析函數y＝4sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調遞增。故選B。答案B二、走近高考3．(2017·全國卷Ⅲ)設函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，則下列結論錯誤的是()A．f(x)的一個周期為－2πB．y＝f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(8π,3)對稱C．f(x＋π)的一個零點為x＝eq\f(π,6)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調遞減解析A項，因為f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的周期為2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一個周期為－2π，A項正確；B項，因為f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))圖象的對稱軸為直線x＝kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，所以y＝f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(8π,3)對稱，B項正確；C項，f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3)))。令x＋eq\f(4π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ－eq\f(5π,6)，當k＝1時，x＝eq\f(π,6)，所以f(x＋π)的一個零點為x＝eq\f(π,6)，C項正確；D項，因為f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(5π,3)))(k∈Z)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))是f(x)的單調遞減區(qū)間，eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))是f(x)的單調遞增區(qū)間，D項錯誤。故選D。答案D4．(2018·江蘇高考)已知函數y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，則φ的值是______。解析由函數y＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的圖象關于直線x＝eq\f(π,3)對稱，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，因為－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)＋φ<eq\f(7π,6)，則eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6)。答案－eq\f(π,6)三、走出誤區(qū)微提醒：①忽視定義域的限制出錯；②不注意正切函數的定義域；③不化為同名函數以及同一個單調區(qū)間導致比較大小出錯。5．函數f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，\f(3\r(3),2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)，3))解析當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，故3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))，即f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))。故選B。答案B6．函數y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的單調遞減區(qū)間為________。解析因為y＝tanx的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)，所以由－eq\f(π,2)＋kπ<2x－eq\f(3π,4)<eq\f(π,2)＋kπ，(k∈Z)，得eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)<x<eq\f(5π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以y＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)。答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋\f(kπ,2)，\f(5π,8)＋\f(kπ,2)))(k∈Z)7．cos23°，sin68°，cos97°的大小關系是________。解析sin68°＝cos22°，又y＝cosx在[0°，180°]上是減函數，所以sin68°>cos23°>cos97°。答案sin68°>cos23°>cos97°考點一三角函數的定義域【例1】(1)函數y＝eq\f(1,tanx－1)的定義域為________。(2)函數y＝lg(sinx)＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定義域為________。解析(1)要使函數有意義，必須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，k∈Z，,x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z。))故函數的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))。(2)函數有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0，,cosx－\f(1,2)≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0，,cosx≥\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<π＋2kπk∈Z，,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπk∈Z，))所以2kπ<x≤eq\f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以函數的定義域為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))2kπ<x≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z。答案(1)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,4)＋kπ，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ<x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z))))1．三角函數定義域的求法(1)以正切函數為例，應用正切函數y＝tanx的定義域求函數y＝Atan(ωx＋φ)的定義域轉化為求解簡單的三角不等式。(2)求復雜函數的定義域轉化為求解簡單的三角不等式。2．簡單三角不等式的解法(1)利用三角函數線求解。(2)利用三角函數的圖象求解。【變式訓練】(1)函數y＝eq\r(sinx－cosx)的定義域為________。(2)函數f(x)＝eq\r(1＋logeq\s\do8(\f(1,2))x)＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的定義域是________。解析(1)要使函數有意義，必須使sinx－cosx≥0。利用圖象，在同一坐標系中畫出[0,2π]上y＝sinx和y＝cosx的圖象，如圖所示。在[0,2π]內，滿足sinx＝cosx的x為eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)，再結合正弦、余弦函數的周期是2π，所以原函數的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))。解析：sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))≥0，將x－eq\f(π,4)視為一個整體，由正弦函數y＝sinx的圖象和性質可知2kπ≤x－eq\f(π,4)≤π＋2kπ(k∈Z)，解得2kπ＋eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,4)(k∈Z)。所以定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))。(2)依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋logeq\s\do8(\f(1,2))x≥0，,x>0，,x＋\f(π,4)≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，))所以0<x≤2，且x≠kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，所以函數f(x)的定義域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤2且x≠\f(π,4)))))。答案(1)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)≤x≤2kπ＋\f(5π,4)，k∈Z))))(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x≤2且x≠\f(π,4)))))考點二三角函數的值域與最值【例2】(1)已知函數f(x)＝cosxsin2x，則函數f(x)的最大值為________。(2)已知函數f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x，求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值。(1)解析(換元法)因為y＝f(x)＝cosxsin2x＝2cos2xsinx＝2(1－sin2x)·sinx＝2(sinx－sin3x)，令t＝sinx，則y＝g(t)＝2(t－t3)，－1≤t≤1。令g′(t)＝2(1－3t2)＝0，得t＝±eq\f(\r(3),3)。當t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)))時，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)))上是減函數；當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))時，g′(t)>0，g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上是增函數；當t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))時，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上是增函數。由此，得y＝g(t)在t＝eq\f(\r(3),3)時取得最大值，最大值為eq\f(4\r(3),9)。故f(x)的最大值為eq\f(4\r(3),9)。答案eq\f(4\r(3),9)(2)解因為f(x)＝sin2x＋cos2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))。由正弦函數y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的圖象知，當2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)時，f(x)取最大值eq\r(2)＋1；當2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,4)，即x＝eq\f(π,2)時，f(x)取最小值0。綜上，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為eq\r(2)＋1，最小值為0。求解三角函數的值域(最值)常見到以下幾種類型1．形如y＝asinx＋bcosx＋c的三角函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)。2．形如y＝asin2x＋bsinx＋c的三角函數，可先設sinx＝t，化為關于t的二次函數求值域(最值)。3．形如y＝asin3x＋bsin2x＋csinx＋d，類似于(2)進行換元，然后用導數法求最值?！咀兪接柧殹?1)函數f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的最大值是________。(2)若函數f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx，－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,6)，則f(x)的最大值為()A．1 B．2C．eq\r(3) D．eq\r(3)＋1解析(1)f(x)＝sin2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝1－cos2x＋eq\r(3)cosx－eq\f(3,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(3),2)))2＋1，cosx∈[0,1]，當cosx＝eq\f(\r(3),2)時，f(x)取得最大值1。(2)f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))。因為－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,6)，所以－eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,3)，故當x＝eq\f(π,6)時，f(x)取最大值為eq\r(3)，故選C。答案(1)1(2)C考點三三角函數的性質微點小專題方向1：三角函數的單調性【例3】(1)函數y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的單調遞增區(qū)間是________。(2)(2018·全國卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[0，a]是減函數，則a的最大值是()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4)D．π解析(1)因為y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得2kπ－eq\f(5π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)。所以函數的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))。(2)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))。當x∈[0，a]時，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以結合題意可知，a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4)。故選C。解析：f′(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))。于是，由題設得f′(x)≤0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在區(qū)間[0，a]上恒成立。當x∈[0，a]時，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4)。故選C。答案(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))(2)C1．求較為復雜的三角函數的單調區(qū)間時，首先化簡成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再求y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間，只需把ωx＋φ看作一個整體代入y＝sinx的相應單調區(qū)間內即可，注意要先把ω化為正數。2．已知單調區(qū)間求參數范圍的三種方法子集法求出原函數的相應單調區(qū)間，由已知區(qū)間是所求某區(qū)間的子集，列不等式(組)求解反子集法由所給區(qū)間求出整體角的范圍，由該范圍是某相應正、余弦函數的某個單調區(qū)間的子集，列不等式(組)求解周期性法由所給區(qū)間的兩個端點到其相應對稱中心的距離不超過eq\f(1,4)周期列不等式(組)求解方向2：三角函數的奇偶性與周期性【例4】(1)(2019·廣東省六校聯考)已知A是函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))的最大值，若存在實數x1，x2使得對任意實數x，總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，則A|x1－x2|的最小值為()A．eq\f(π,2018)B．eq\f(π,1009)C．eq\f(2π,1009)D．eq\f(π,4036)(2)函數f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))，φ∈(0，π)滿足f(|x|)＝f(x)，則φ的值為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(5π,6) D．eq\f(2π,3)解析(1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sin2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(1,2)cos2018x＋eq\f(\r(3),2)sin2018x＝eq\r(3)sin2018x＋cos2018x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2018x＋\f(π,6)))，故A＝f(x)max＝2，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2018)＝eq\f(π,1009)。又存在實數x1，x2使得對任意實數x，總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，所以f(x2)＝f(x)max，f(x1)＝f(x)min，故A|x1－x2|的最小值為A×eq\f(1,2)T＝eq\f(π,1009)。故選B。(2)因為f(|x|)＝f(x)，所以函數f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)＋φ))是偶函數，所以－eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，又因為φ∈(0，π)，所以φ＝eq\f(5π,6)。答案(1)B(2)C1．若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，則①f(x)為偶函數的充要條件是φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)；②f(x)為奇函數的充要條件是φ＝kπ(k∈Z)。2．函數y＝Asin(ωx＋φ)與y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(2π,|ω|)，y＝Atan(ωx＋φ)的最小正周期T＝eq\f(π,|ω|)。方向3：三角函數的對稱性【例5】已知函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期為4π，則該函數的圖象()A．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))對稱B．關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，0))對稱C．關于直線x＝eq\f(π,3)對稱D．關于直線x＝eq\f(5π,3)對稱解析函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的最小正周期是4π，而T＝eq\f(2π,ω)＝4π，所以ω＝eq\f(1,2)，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))。函數f(x)的對稱軸為eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，解得x＝eq\f(2,3)π＋2kπ(k∈Z)；函數f(x)的對稱中心的橫坐標為eq\f(x,2)＋eq\f(π,6)＝kπ，解得x＝2kπ－eq\f(1,3)π(k∈Z)，令k＝1得f(x)的一個對稱中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π，0))。故選B。答案B對于函數y＝Asin(ωx＋φ)，其對稱軸一定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心的橫坐標一定是函數的零點，因此在判斷直線x＝x0或點(x0,0)是否是函數的對稱軸或對稱中心時，可通過檢驗f(x0)的值進行判斷。【題點對應練】1．(方向1)已知函數f(x)＝cos(x＋θ)(0<θ<π)在x＝eq\f(π,3)時取得最小值，則f(x)在[0，π]上的單調遞增區(qū)間是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))解析因為0<θ<π，所以eq\f(π,3)<eq\f(π,3)＋θ<eq\f(4π,3)，又f(x)＝cos(x＋θ)在x＝eq\f(π,3)時取得最小值，所以eq\f(π,3)＋θ＝π，θ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))。由0≤x≤π，得eq\f(2π,3)≤x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(5π,3)。由π≤x＋eq\f(2π,3)≤eq\f(5π,3)，得eq\f(π,3)≤x≤π，所以f(x)在[0，π]上的單調遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))。故選A。答案A2．(方向2)若函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))(0<φ<π)是奇函數，則φ＝________。解析因為f(x)為奇函數，所以φ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，φ＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z。又因為0<φ<π，故φ＝eq\f(5π,6)。答案eq\f(5π,6)3．(方向3)函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象與函數y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象()A．有相同的對稱軸但無相同的對稱中心B．有相同的對稱中心但無相同的對稱軸C．既有相同的對稱軸也有相同的對稱中心D．既無相同的對稱中心也無相同的對稱軸解析當x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z時，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝±1，所以函數y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象的對稱軸是x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z，又當2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝±1，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象的對稱軸是x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象的對稱軸也是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象的對稱軸；當x＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z時，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝0，所以y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))的圖象的對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋kπ，0))，k∈Z，又當x＝eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝0，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的圖象的對稱中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z，由此可得，它們的對稱中心均不相同。故選A。答案Aeq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(教師備用題))1．(配合例2使用)將函數f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位，再向下平移1個單位，得到g(x)的圖象，若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈[－2π，2π]，則2x1－x2的最大值為()A．eq\f(55π,12) B．eq\f(53π,12)C．eq\f(25π,6) D．eq\f(17π,4)解析f(x)向左平移eq\f(π,12)個單位，得到2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，再向下平移一個單位，得到g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1，其最小值為－3，由于g(x1)·g(x2)＝9，故g(x1)＝g(x2)＝－3，也就是說x1，x2是g(x)的最小值點。要使2x1－x2取得最大值，即x1取最大值，x2取最小值。令2x＋eq\f(π,3)＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，2x＝2kπ－eq\f(5π,6)(k∈Z)，x＝kπ－eq\f(5π,12)(k∈Z)，令k＝2，得x1＝eq\f(19π,12)，令k＝－1，得x2＝－eq\f(17π,12)，所以2x1－x2的最大值為2×eq\f(19π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,12)))＝eq\f(55π,12)。答案A2．(配合例3使用)已知函數f(x)＝sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|φ|<\f(π,2)))的最小正周期為T，將曲線y＝f(x)向左平移eq\f(π,4)個單位之后，得到曲線y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，則函數f(x)的一個單調遞增區(qū)間為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,12)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))解析因為曲線y＝f(x)向左平移eq\f(π,4)個單位后所得曲線的解析式為y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋φ))，所以由題意知eq\f(π,2)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，所以φ＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)，又因為|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，因此函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))。令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5,12)π(k∈Z)。所以函數f(x)的單調增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5,12)π))(k∈Z)。令k＝0，得函數f(x)的一個單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，結合選項可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,3)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))。故選A。答案A3．(配合例5使用)已知函數f(x)＝sinx－acosx圖象的一條對稱軸為x＝eq\f(3,4)π，記函數f(x)的兩個極值點分別為x1，x2，則|x1＋x2|的最小值為________。解析據題意有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(3,4)π－acos\f(3,4)π))＝eq\r(1＋a2)，解得a＝1，所以f(x)＝sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，x1，x2為函數的極值點，且|x1＋x2|最小，則x1，x2的符號相反，由x－eq\f(π,4)＝±eq\f(π,2)，可得x1＋x2＝－eq\f(π,4)＋eq\f(3,4)π＝eq\f(π,2)，所以|x1＋x2|的最小值為eq\f(π,2)。答案eq\f(π,2)三角函數模型中“ω”值的求法探究在三角函數的圖象與性質中ω的求解是近年高考的一個熱點內容，但因其求法復雜，涉及的知識點多，歷來是我們復習中的難點。本文整理了以下幾種ω的求法，以供參考。一、結合三角函數的單調性求解【典例1】若函數f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調遞減，則ω的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，3))D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))【解析】令eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx≤eq\f(3,2)π＋2kπ(k∈Z)，得eq\f(π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)≤x≤eq\f(3π,2ω)＋eq\f(2kπ,ω)，因為f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)＋\f(2kπ,ω)≤\f(π,3)，,\f(π,2)≤\f(3π,2ω)＋\f(2kπ,ω)，))得：6k＋eq\f(3,2)≤ω≤4k＋3。又ω>0，所以k≥0，又6k＋eq\f(3,2)<4k＋3，得0≤k<eq\f(3,4)，所以k＝0。即eq\f(3,2)≤ω≤3，故選D?！敬鸢浮緿根據正弦函數的單調遞減區(qū)間，確定函數f(x)的單調遞減區(qū)間，根據函數f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調遞減，建立不等式，即可求ω的取值范圍?！咀兪接柧?】已知函數f(x)＝2sinωx，其中常數ω>0。若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))上單調遞增，求ω的取值范圍。解因為函數f(x)＝2sinωx的周期T＝eq\f(2π,ω)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))是f(x)的一個單調遞增區(qū)間。又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))單調遞增，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(2π,3)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2ω)，\f(π,2ω)))，于是有－eq\f(π,2ω)≤－eq\f(π,4)，eq\f(π,2ω)≥eq\f(2π,3)。又ω>0，解得0<ω≤eq\f(3,4)。故ω的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))。二、利用三角函數的對稱性求解【典例2】已知函數f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的一條對稱軸x＝eq\f(π,3)，一個對稱中心為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))，則ω有()A．最小值2 B．最大值2C．最小值1 D．最大值1【解析】因為函數的中心到對稱軸的最短距離是eq\f(T,4)，兩條對稱軸間的最短距離是eq\f(T,2)，所以，中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))到對稱軸x＝eq\f(π,3)間的距離用周期可表示為eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(T,4)＋eq\f(kT,2)(k∈N，T為周期)，解得(2k＋1)T＝π，又T＝eq\f(2π,ω)，所以(2k＋1)·eq\f(2π,ω)＝π，則ω＝2(2k＋1)，當k＝0時，ω＝2最小。故選A?！敬鸢浮緼三角函數兩條相鄰對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,2)，相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為eq\f(T,4)，這就說明，我們可根據三角函數的對稱